《（新课标）届高考数学二轮专题复习第二部分讲重点小题专练专题3推理、计数原理、二项式定理作业13理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）届高考数学二轮专题复习第二部分讲重点小题专练专题3推理、计数原理、二项式定理作业13理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【高考调研】（新课标）2016届高考数学二轮专题复习 第二部分 讲重点小题专练 专题3 推理、计数原理、二项式定理作业13 理一、选择题1(2015江西赣州)满足a，b1,0,1,2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A14B13C12 D10答案B解析当a0时，b1,0,1,2；当a0，由0，得44ab0，ab1，所以有序数对(a，b)可以为(1，1)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1，1)，(1,0)，(1,1)，(2，1)，(2,0)综上可知，共有13个2(2015天津河西)设a(cosxsinx)dx，则二项式(x2)6的展开式中的x3项的系数
2、为()A20 B20C160 D160答案C解析因为a(cosxsinx)dx(sinxcosx)2，所以二项式为(x2)6(x2)6.其展开式的通项为Tk1C(x2)6k()kCx123k(2)k，令123k3得k3，所以T4Cx3(2)3160x3，所以x3项的系数为160.故选C.3(2015福建泉州调研)安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是()A180 B240C360 D480答案D解析歌手乙、丙排在歌手甲的前面时，由题意，甲只能排在从左至右第三、四、五、六的位置当甲排在第三时，有AA12种；当甲排在第四时，有AA36种；当甲排在第五时，
3、有AA72种；当甲排在第六时，有AA120种此时共有123672120240种同理，歌手乙、丙排在歌手甲的后面时也有240种，故满足条件的不同排法有480种4(2015山东青岛)(ax)(2x1)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为()A20 B10C10 D20答案C解析令x1，可得各项系数和为(a1)(21)5a12，所以a1.所以(ax)(2x1)5(x)(2x1)5(x)(12x)5，(12x)5的展开式的通项为Tk1C(2x)k(2)kxkC，当k1时，T2C(2x)10x.所以展开式的常数项为(10x)10，选C.5(2015甘肃兰州质检)数列an共有5项，其中a1
4、0，a52，且|ai1ai|1，i1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为()A3 B4C5 D6答案B解析设biai1ai，i1,2,3,4，则bi等于1或1，由a5(a5a4)(a4a3)(a3a2)(a2a1)b4b3b2b1，知bi(i1,2,3,4)共有3个1,1个1.这种组合共有C4个，故选B.6(2015德阳模拟)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，且甲不能保送到北大，则不同的保送方案共有()A150种 B114种C100种 D72种答案C解析先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,
5、1，所以共有25种分组方法因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有254100种7(2015河北五校联考)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：“多一个”“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有()A50种 B51种C140种 D141种答案D解析因为小明第一天和第七天吃的水果个数相同，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”和“少一个”的天数必须相同，所以后六天所吃水果个数“多一个”或“少一个”
6、的天数可能是0,1,2,3.共四种情况，所以共有CCCCCCC141种，故选D.8(2015吉林检测)若(1)4ab(a，b为有理数)，则ab()A36 B46C34 D44答案D解析二项式的展开式为1C()1C()2C()3()414181292816，所以a28，b16，ab281644，故选D.9(2015山西模拟)设a，b，m为整数(m0)，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为ab(mod m)若aCC2C22C220，ab(mod 10)，则b的值可以是()A2 011 B2 012C2 013 D2 014答案A解析aCC2C22C220(12)20320910(
7、101)10C1010(1)0C101(1)9C(1)10，a除以10的余数为1.ab(mod 10)，b的值可以是2 011，故选A.10(2015上海二模)用反证法证明命题“已知a，bN*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()Aa，b都能被5整除 Ba，b都不能被5整除Ca，b不都能被5整除 Da不能被5整除答案B解析由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证“a，b至少有一个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”故选B.11(2015抚州检测)若将函数f(x)(x1)5表示为f(x)a0a1(1x)a2(
8、1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3()A10 B20C30 D40答案D解析f(x)(x1)52(1x)5，其通项Tr1C(2)5r(1x)r，又f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，a3C(2)240.故选D.12(2015南昌联合考试)已知(1px)(1xx2)8的展开式中x4项的系数是42，则p的值是()A1 B2C4 D5答案B解析(1xx2)8展开式的通项为C(1x)8rx2rCC(1)mxm2r，m，rN，m8r，当1px中取1时，(1xx2)8中取其展开式中的x4项，即m2r4，此时m0，r2；m2，r1；m4，r0；即CC(1)0x
9、4CC(1)2x4CC(1)4x4266x4，当1px中取px时，(1xx2)8中取其展开式中的x3项，即m2r3，此时m1，r1；m3，r0，即CC(1)x3CC(1)3x3112x3，所以原展开式中的x4项的系数是266112p42，p2.故选B.二、填空题13(2015云南统考)观察下列等式：1312,132332,13233362,13233343102，根据上述规律，第n个等式为_答案13233343n32解析由题可知13(01)2；1323(12)2；132333(123)2；13233343(1234)2；13233343n3(1234n)22.14(2015山东青岛)在RtAB
10、C中，CACB，斜边AB上的高为h1，则；类比此性质，如图所示，在四面体PABC中，若PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为_答案解析连接CO并延长交AB于D，连接PD，由已知PCPD，在RtPDC中，DChPDPC，即hPDPC，所以.易知AB平面PDC，所以ADPD，在RtAPB中，ABPDPAPB，所以PDPAPB，所以，所以.15(2015湖北黄冈)观察下列不等式：1；，则第5个不等式为_答案解析通过观察，把不等式左边的最后一项看成一个数列，则依次是，可以推出第n个不等式左边的最后一项为，由此可知第5个不等式的左边是该数列的前5项和，即，而右边依次是1，可猜
11、想第n个不等式的右边为，故第5个不等式右边是.即第5个不等式为.16(2015亳州二模)如图所示，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有_种答案480解析从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，所以不同的涂法共有654(13)480(种)17(2015衡水调研)20个相同的球分给3个人，允许有人没有球，但球必须分完，则不同的分法种数为_答案1 113解析分三类，第一类，分给3个人，每人至少1个球：将20个球排成一排，一共有19个空隙，将两个隔板插入这些空隙中，规定由隔板分成的左、中、右三部分球分别分给3
12、个人，则每一种隔法对应了唯一一种分法，于是，此时不同分法的总数为9C(C9)A999；第二类，分给3个人中的2人：将20个球排成一排，一共有19个空隙，将1个隔板插入这些空隙中，这样就将20个球分成了两份，再将两份分给3个人中的2个人，于是，此时不同的分法的总数为CCA111；第三类，分给1个人，共3种方法于是，所有不同的分法为99911131 113种18(2015贵州七校联盟)(1x5y)5的展开式中不含x的项的系数和为_(结果化成最简形式)答案1 024解析(1x5y)5的展开式中不含x的项的系数和等于(15y)5的展开式的各项系数和，在(15y)5中，令y1，得展开式的各项系数和为(4)51 024，所以(1x5y)5的展开式中不含x的项的系数和为1 024.19(2015大同模拟)C3C5C(2n1)C_.答案(n1)2n解析设SC3C5C(2n1)C(2n1)C，S(2n1)C(2n1)C3CC，2S2(n1)(CCCC)2(n1)2n，S(n1)2n.6
